%This is an AmS-TeX file %producing 29 pages output \input amstex \documentstyle{amsppt} \NoBlackBoxes \magnification1200 \hsize15.6truecm \vsize22.8truecm \font\Bf=cmbx12 \font\Rm=cmr12 \def\LL{\leavevmode\setbox0=\hbox{L}\hbox to\wd0{\hss\char'40L}} \def\al{\alpha} \def\be{\beta} \def\ga{\gamma} \def\de{\delta} \def\ep{\varepsilon} \def\ze{\zeta} \def\et{\eta} \def\th{\theta} \def\vt{\vartheta} \def\io{\iota} \def\ka{\kappa} \def\la{\lambda} \def\rh{\rho} \def\si{\sigma} \def\ta{\tau} \def\ph{\varphi} \def\ch{\chi} \def\ps{\psi} \def\om{\omega} \def\Ga{\Gamma} \def\De{\Delta} \def\Th{\Theta} \def\La{\Lambda} \def\Si{\Sigma} \def\Ph{\Phi} \def\Ps{\Psi} \def\Om{\Omega} \def\row#1#2#3{#1_{#2},\ldots,#1_{#3}} \def\rowup#1#2#3{#1^{#2},\ldots,#1^{#3}} \def\x{\times} \def\crf{} %used for crossreferencing, Tex should ignore. \def\rf{} %used for refencing (section-numbers) \def\rfnew{} %used for new-section numbers \def\P{{\Bbb P}} \def\R{{\Bbb R}} \def\X{{\Cal X}} \def\C{{\Bbb C}} \def\Mf{{\Cal Mf}} \def\FM{{\Cal F\Cal M}} \def\F{{\Cal F}} \def\G{{\Cal G}} \def\V{{\Cal V}} \def\T{{\Cal T}} \def\A{{\Cal A}} \def\N{{\Bbb N}} \def\Z{{\Bbb Z}} \def\Q{{\Bbb Q}} \def\ddt{\left.\tfrac \partial{\partial t}\right\vert_0} \def\dd#1{\tfrac \partial{\partial #1}} \def\today{\ifcase\month\or January\or February\or March\or April\or May\or June\or July\or August\or September\or October\or November\or December\fi \space\number\day, \number\year} \def\nmb#1#2{#2} %zum Nummerieren \def\dfrac#1#2{{\displaystyle{#1\over#2}}} \def\tfrac#1#2{{\textstyle{#1\over#2}}} \def\iprod#1#2{\langle#1,#2\rangle} \def\pder#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}} \def\iint{\int\!\!\int} \def\({\left(} \def\){\right)} \def\[{\left[} \def\]{\right]} \def\supp{\operatorname{supp}} \def\Df{\operatorname{Df}} \def\dom{\operatorname{dom}} \def\Ker{\operatorname{Ker}} \def\Tr{\operatorname{Tr}} \def\Res{\operatorname{Res}} \def\Aut{\operatorname{Aut}} \def\kgV{\operatorname{kgV}} \def\ggT{\operatorname{ggT}} \def\diam{\operatorname{diam}} \def\Im{\operatorname{Im}} \def\Re{\operatorname{Re}} \def\ord{\operatorname{ord}} \def\rang{\operatorname{rang}} \def\rng{\operatorname{rng}} \def\grd{\operatorname{grd}} \def\inv{\operatorname{inv}} \def\maj{\operatorname{maj}} \def\des{\operatorname{des}} \def\varmaj{\operatorname{\overline{maj}}} \def\vardes{\operatorname{\overline{des}}} \def\pvarmaj{\operatorname{\overline{maj}'}} \def\pmaj{\operatorname{maj'}} \def\ln{\operatorname{ln}} \def\der{\operatorname{der}} \def\Hom{\operatorname{Hom}} \def\tr{\operatorname{tr}} \def\Span{\operatorname{Span}} \def\grad{\operatorname{grad}} \def\div{\operatorname{div}} \def\rot{\operatorname{rot}} \def\Sp{\operatorname{Sp}} \def\sgn{\operatorname{sgn}} \def\liml{\lim\limits} \def\supl{\sup\limits} \def\bigcupl{\bigcup\limits} \def\bigcapl{\bigcap\limits} \def\limsupl{\limsup\limits} \def\liminfl{\liminf\limits} \def\intl{\int\limits} \def\suml{\sum\limits} \def\maxl{\max\limits} \def\minl{\min\limits} \def\prodl{\prod\limits} \def\tg{\operatorname{tan}} \def\ctg{\operatorname{cot}} \def\arctg{\operatorname{arctan}} \def\arccot{\operatorname{arccot}} \def\arcctg{\operatorname{arccot}} \def\tgh{\operatorname{tanh}} \def\ctgh{\operatorname{coth}} \def\arcsinh{\operatorname{arcsinh}} \def\arccosh{\operatorname{arccosh}} \def\arctgh{\operatorname{arctanh}} \def\arcctgh{\operatorname{arccoth}} \def\3{\ss} \font\BTIT=cmbx10 scaled\magstep3 \font\btit=cmbx10 scaled\magstep2 \font\BMATH=cmmi10 scaled\magstep3 \topmatter \title \BTIT E\btit LEMENTARE \BMATH q\BTIT-I\btit DENTIT\"ATEN \endtitle \author J.~Cigler \endauthor \endtopmatter \rightheadtext{Elementare $q$-Identit\"aten} \document Ich m\"ochte einen \"Uberblick \"uber einige einfache $q$-Identit\"aten geben, bei welchen man ohne R\"uckgriffe auf die Theorie der Partitionen oder Heineschen Reihen aus\-kommt. Ich will mich vor allem bem\"uhen, die Analogie mit der klassischen Analysis hervorzuheben und soweit wie m\"oglich auch die ,\kern-1pt,nat\"urliche Umwelt`` der wichtigsten Formeln ber\"ucksichtigen. Um die wesentlichen Ideen zu verdeutlichen, m\"ochte ich mich auf die charakteristischen ,\kern-1pt,Normalf\"alle`` beschr\"anken und solche Aspekte betonen, die mir besonders typisch erscheinen. Wer sich ein wenig mit $q$-Identit\"aten besch\"aftigt hat, wird wahrscheinlich viele Dinge kennen. Ich hoffe aber, da\3 die hier gew\"ahlte Darstellung dazu beitr\"agt, die Theorie einfacher und leichter durchschaubar zu machen. \head 1. Grundlegende Tatsachen \endhead Ich darf wohl davon ausgehen, da\3 die zugrundeliegende analytische Situation bekannt ist: Der $q$-Differentiationsoperator $D_q$, der durch $$(D_qf)(x)= \frac {f(qx)-f(x)} {qx-x}$$ definiert ist, stellt ebenso wie der Differenzenoperator $\Delta_h$, definiert durch $$(\Delta_hf)(x)= \frac {f(x+h)-f(x)} {h},$$ ein diskretes Analogen des gew\"ohnlichen Differentiationsoperators dar. Dabei ist die formale Analogie zur Differentialrechnung noch enger und interessanter als das bei der Differenzenrechnung der Fall ist. Insbesondere existieren f\"ur jeden speziellen Begriff der Analysis ein oder mehrere $q$-Analoga, die sich f\"ur $q\to 1$ auf den Ausgangsbegriff reduzieren. Welches $q$-Analogon das ,\kern-1pt,richtige`` ist, h\"angt von der gew\"ahlten Fragestellung ab. Wir wollen alle Formeln so formulieren, da\3 sie sich f\"ur $q=1$ direkt auf die entsprechenden klassischen Formeln reduzieren. \subhead 1.1. Der $q$-Differentiationsoperator und seine Eigenschaften \endsubhead Sei $q$ eine feste von 0 und $-1$ verschiedene reelle Zahl. Sei $P$ der Vektorraum aller Polynome \"uber dem K\"orper $\C$ der komplexen Zahlen und $Q$ die Menge aller formalen Potenzreihen \"uber $\C$. (Um Konvergenzfragen beziehungsweise tieferliegende analytische Probleme zu vermeiden, werden wir uns ausschlie\3lich auf formale Potenzreihen beschr\"anken. Das Symbol $f(x)$ bedeutet daher immer eine formale Potenzreihe $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots$). Wir definieren den {\it $q$-Differentiationsoperator\/} $D$ f\"ur $f(x)= \sum_{k=0}^\infty a_kx^k\in Q$ durch $$(Df)(x)=\frac {f(qx)-f(x)} {(q-1)x}=\sum _{k=1} ^{\infty}[k]a_kx^{k-1}, \tag 1$$ wobei $$[n]=1+q+q^2+\dots+q^{n-1}=\frac {q^n-1} {q-1}\tag 2$$ gesetzt wurde. F\"ur $q=1$ sind dabei die entsprechenden Limiten f\"ur $q\to 1$ zu nehmen. Es ist klar, da\3 sich dann der \"ubliche Differentiationsoperator ergibt, den wir mit $D_0$ bezeichnen wollen. Statt $(Df)(x)$ schreiben wir auch kurz $f'(x)$. \vskip0.4cm F\"uhren wir den Operator $\varepsilon$ auf $Q$ ein durch $$(\varepsilon f)(x)=f(qx)\ ,\tag 3$$ so gilt $$D=\frac {1} {(q-1)\bold x}(\varepsilon -1)\ .\tag 1'$$ Hier bedeutet 1 die identische Abbildung und $a(\bold x)$ den Multiplikationsoperator, der durch $a(\bold x)f(x)=a(x)f(x)$ definiert ist. Wir werden in der Regel in Polynomen (oder formalen Potenzreihen), die als {\it Multiplikationsoperatoren\/} aufzufassen sind, die Variable $\bold x$ stets in Fettschrift darstellen, um sie von ,\kern-1pt,gew\"ohnlichen`` Polynomen (oder formalen Potenzreihen), i.e\. Elementen von $P$ (oder $Q$), zu unterscheiden. (Da $f(qx)-f(x)=\sum_{k=1}^\infty\(q^k-1\)a_kx^k$ ein Vielfaches von $x$ ist, kann durch $x$ dividiert werden, ohne aus $Q$ herauszukommen). Es ist klar, da\3 $D$ ein linearer Operator auf $Q$ ist. Wegen $$\frac {a(qx)b(qx)-a(x)b(x)} {(q-1)x}= \frac {a(qx)(b(qx)-b(x))} {(q-1)x}+ \frac {(a(qx)-a(x))b(x)} {(q-1)x}$$ gilt $$(a(x)b(x))'=a(qx)b'(x)+a'(x)b(x)\ .$$ In Operatorschreibweise hei\3t das $$D\,a(\bold x)={a(q\bold x)}D+{a'(\bold x)}\tag 4$$ oder, wenn man $a$ und $b$ vertauscht, $$D\,a(\bold x)=a(\bold x)D+ {a'(\bold x)}\varepsilon \ .\tag 4'$$ Beachtet man, da\3 $Dx^k=[k]x^{k-1}$ gilt, so folgt speziell $$D\bold{x}^k-q^k\bold x^kD=[k]\bold x^{k-1},\quad k=1,2,3,\dots \tag 5$$ und $$D\bold x^k-\bold x^kD=[k]\bold x^{k-1} \varepsilon ,\quad k=1,2,3,\dots \tag 5'$$ F\"ur $k=1$ reduziert sich das auf $D\bold x-q\bold xD=1$ beziehungsweise $D\bold x-\bold xD=\varepsilon$. Wendet man (5) beziehungsweise (5') auf $x^n$ an, $n=0,1,2,\dots$, so ergeben sich die Formeln $$[n+k]-q^k[n]=[k]\tag 6$$ und $$[n+k]-[n]=[k]q^n,\tag 6'$$ die nat\"urlich auch sofort aus (2) abzulesen sind. Wir ben\"otigen im folgenden oft die {\it $q$-Faktoriellen\/} $$[n]!=[1][2]\cdots [n],\quad [0]!=1,$$ und die {\it $q$-Binomialkoeffizienten\/} $$\[\matrix n\\k\endmatrix\]= \frac {[n]!} {[k]!\,[n-k]!}.$$ Wir f\"uhren nun auf $P$ ein inneres Produkt ein durch $$\left \langle x^k,x^l\right \rangle=[k]!\,\delta_{kl},\quad k,l=0,1,2,\dots \tag 7$$ Dieses l\"a\3t sich auch folgenderma\3en beschreiben: Sei $L$ das lineare Funktional auf $Q$, das durch $$Lf(x)=f(0)\tag 8$$ definiert ist. Dann gilt $$\left \langle x^k,x^l\right \rangle=LD^kx^l\ .\tag 9$$ Es ist nun leicht zu sehen, da\3 das innere Produkt (7) auch auf den Fall erweitert werden kann, da\3 ein Faktor in $Q$ liegt. Es gilt dann $$\left \langle a(x),b(x)\right \rangle=\left \langle b(x),a(x)\right \rangle,\quad a\in P, b\in Q\ .\tag10$$ Ist $A$ ein linearer Operator, so definieren wir den transponierten Operator $A^t$ durch $$\left \langle A\,a(x),b(x)\right \rangle=\left \langle a(x),A^tb(x)\right \rangle \ .$$ Dann gilt $$\align (\al A+\be B)^t & =\al A^t+\be B^t,\quad (AB)^t=B^tA^t\ ,\tag 11 \\ x^t & =D,\quad D^t=x,\quad \varepsilon ^t=\varepsilon \ . \endalign$$ Speziell geht f\"ur $a(x)=\sum a_kx^k$ der Multiplikationsoperator $a(\bold x)$ auf $Q$ in den Operator $a(\bold x)^t=\sum a_kD^k$ auf $P$ \"uber, der durch $\(\sum a_kD^k\)p(x)=\sum a_kp^{(k)}(x)$ definiert ist. Aus (9) und (10) folgt dann die n\"utzliche Formel $$La(D)b(x)=Lb(D)a(x)\text { f\"ur }a\in P, b\in Q\ .\tag 12$$ Versteht man unter $a'(D)$ den Operator $(a'(\bold x))^t$, so gilt $$Lf(D)x=LDf(x)=Lf'(x)=Lf'(D)1\ .\tag 12'$$ Au\3erdem ist der Koeffizient $a_k$ in den formalen Potenzreihen $f(x)=\sum a_kx^k$ gegeben durch $$a_k=L\frac {D^k} {[k]!}f(x)=Lf(D)\frac {x^k} {[k]!}\ .\tag 13$$ Jede Operatoridentit\"at geht durch Transposition wieder in eine Operatoridentit\"at \"uber. Speziell gehen (4) und (4') \"uber in $$a(D)\,\bold x=\bold x\,a(qD)+a'(D)\tag 14$$ und $$a(D)\,\bold x=\bold x\,a(D)+\varepsilon \,a'(D).\tag 14'$$ Analog ergibt sich aus (5) und (5') $$D^k\bold x-q^k\bold xD^k=[k]D^{k-1}\tag 15$$ und $$D^k\bold x-\bold xD^k=[k]\,\varepsilon D^{k-1}\ .\tag 15'$$ Wendet man diese Identit\"aten auf $x^n$ an, so ergeben sich die Rekursionsformeln f\"ur die $q$-Binomialkoeffizienten: $$\[{n+1\atop k}\]-q^k\[{n\vphantom{1}\atop k}\]=\[{n\atop k-1}\]\tag 16$$ und $$\[{n+1\atop k}\]-\[{n\vphantom{1}\atop k}\]=q^{n-k+1}\[{n\atop k-1}\]\ .\tag 16'$$ Im weiteren ben\"otigen wir auch das $q$-Analogon der Leibnizschen Formel. Da $Df(ax)=af'(ax)$ gilt, zeigt man mit Induktion sofort, da\3 $$(a(x)b(x))^{(n)}=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]a^{(n-k)}\(q^kx\)b^{(k)}(x)$$ gilt. Denn f\"ur $n=1$ ist das richtig. Somit ist $$\align (a(x)b(x))^{(n+1)}&=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\] a^{(n-k)}\(q^{k+1}x\)b^{(k+1)}(x) \\ &\quad \quad +\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]q^ka^{(n+1-k)}\(q^kx\)b^{(k)}(x) \\ &=\sum _{k=0} ^{n+1} \(\[{n\atop k}\]q^k+\[{n\atop k-1}\]\) a^{(n+1-k)}\(q^kx\)b^{(k)}(x) \ . \endalign$$ In Operatorschreibweise erhalten wir $$D^na(\bold x)=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]{a^{(n-k)}\(q^k\bold x\)}D^k\tag 17$$ und $$D^na(\bold x)=\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]{a^{(k)}(\bold x)}\, \varepsilon^kD^{n-k}\ .\tag 17'$$ \remark{Bemerkung} Wir werden auch gelegentlich den Operator $D_\al$ ben\"otigen, der durch $$\(D_\al p\)(x)=\frac {p\(q^\al x\)-p(x)} {\(q^\al -1\)x}\tag 18$$ definiert ist. Er erf\"ullt $D_\al x^n=[n]_\al x^{n-1}$ mit $$[n]_\al=\frac {q^{n\al}-1} {q^\al -1}=\frac {[n\al]} {[\al]}\ .\tag 19$$ \endremark \subhead 1.2. Die $q$-Exponentialfunktion \endsubhead Die eindeutig bestimmte formale Pontenzreihe $f(x)$ mit $Df=af$ und $Lf=1$ ist gegeben durch $f(x)=e(ax)$ mit $$e(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac {x^n} {[n]!}\ .\tag 1$$ Wir nennen $e(x)$ die {\it $q$-Exponentialfunktion}. Wegen $$\frac {e(aqx)-e(ax)} {(q-1)x}=a\ e(ax)$$ ist $e(ax)$ auch charakterisiert durch $$e(aqx)=(1+(q-1)ax)e(ax),\quad e(0)=1\ .\tag 2$$ Wir fragen nun etwas allgemeiner nach der L\"osung der $q$-Differentialgleichung $$Df(x)=ax\ f(x)\quad \text {mit} \quad Lf=1.$$ Setzt man $f(x)=\sum a_kx^k$, so mu\3 aber gelten $$\sum [k]a_kx^{k-1}=ax\sum a_kx^k,$$ oder $a_0=1$, $a_1=a_3=a_5=\ldots=0$, $$[2k]a_{2k}=a\cdot a_{2k-2}$$ $$\Rightarrow a_{2k}=\frac {a^k} {[2]\cdots [2k]}= \(\frac {a} {[2]}\)^k\frac {1} {[k]_2!}\ .$$ Setzt man also allgemein $$e_\al (x)=\sum_{n=0}^\infty \frac {x^n} {[n]_\al !}\ ,\tag 3$$ so ergibt sich, da\3 die eindeutig bestimmte L\"osung der Gleichung $$Df(x)=axf(x)\text { mit }Lf=1$$ gegeben ist durch $$f(x)=e_2\(\frac {ax^2} {[2]}\)\ .$$ Es existieren eine Reihe von Beziehungen zwischen den verschiedenen ${e_\al }'s$. Wir wollen hier nur zwei erw\"ahnen: $$\frac {1} {e_\al(x)}=e_{-\al}(-x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n q^{\al \({n\atop 2}\)}\frac {x^n} {[n]_\al !}\ .\tag 4$$ Es gen\"ugt nat\"urlich, den Fall $\al=1$ zu behandeln. Aus (2) folgt $$e\(\frac {ax} {q}\)=\frac {1} {1+\frac {q-1} {q}ax}e(ax)$$ und daher $$\align e_{-1}(-qx)&=\frac {1} {1-(1-q)x}e_{-1}(-x) \\ \Rightarrow e(qx)e_{-1}(-qx)&=\big(1+(q-1)x\big)\frac {1} {1+(q-1)x} e(x)e_{-1}(-x) \\ \Rightarrow D\(e(x)e_{-1}(-x)\)&=0 \\ \Rightarrow e(x)e_{-1}(-x)&=1, \endalign$$ d.h\. (4). Eine weitere n\"utzliche Beziehung ist $$e_2\(\frac {x} {[2]}\)e_2\(\frac {qx} {[2]}\)=e(x)\ .\tag 5$$ Es ist n\"amlich $$\gather e_2\(\frac {qx} {[2]}\)e_2\(\frac {q^2x} {[2]}\)= e_2\(\frac {qx} {[2]}\)\(1+\(q^2-1\)\frac {x} {[2]}\) e_2\(\frac {x} {[2]}\)= \\ =\big(1+(q-1)x\big)e_2\(\frac {x} {[2]}\)e_2\(\frac {qx} {[2]}\)\ . \endgather$$ Aus (2) folgt die Behauptung. \vskip0.4cm \remark{Bemerkung} Man h\"atte (5) nat\"urlich auch durch Koeffizientenvergleich beweisen k\"on\-nen. Es ist n\"amlich allgemein $$\sum \frac {a_k} {[k]!}x^k\sum \frac {b_l} {[l]!}x^l= \sum \frac {c_n} {[n]!}x^n$$ mit $c_n=\sum \[{n\atop k}\]a_kb_{n-k}$. Daher ist (5) \"aquivalent mit $$\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]_2q^k= (1+q)\(1+q^2\)\cdots \(1+q^n\)\ .\tag 5'$$ Diese Formel l\"a\3t sich sehr leicht mit Induktion beweisen. \endremark Aus 1.1\. (14), (14'), (4), (4') ergeben sich die folgenden n\"utzlichen Formeln (man beachte $D\varepsilon =q\varepsilon D$) $$e(aD)\bold x\frac {1} {e(aD)}=\bold x+a\varepsilon \ ,\tag 6$$ $$\frac {1} {e(aD)}\(\bold x\varepsilon^{-1}\)e(aD)= (\bold x-a)\varepsilon^{-1} \ ,\tag 7$$ $$\frac {1} {e_2\(-\frac {\bold x^2} {[2]}\)}D\,e_2\(-\frac {\bold x^2} {[2]}\)= D-\bold x\varepsilon \ ,\tag 8$$ $$e_2\(\frac {q\bold x^2} {[2]}\)\(\varepsilon^{-1}D\) \frac {1} {e_2\(\frac {q\bold x^2} {[2]}\)}=D_{-1}-\bold x\varepsilon^{-1}= \varepsilon^{-1}D-\bold x\varepsilon^{-1}\ .\tag 9$$ \subhead 1.3. Das $q$-Analogon der Polynome $(x-a)^n$ \endsubhead Die Polynome $p_n(x,a)=(x-a)^n$ sind charakterisiert durch $p_n(a,a)=\de_{n0}$ und $D_0p_n=np_{n-1}$. Um ein $q$-Analogon zu finden, stellen wir daher die folgende Frage: Gibt es Polynome $p_n(x,a)$ vom Grad $n$ mit $p_n(a,a)=\de_{n0}$ und $Dp_n=[n]p_{n-1}$? Wenn solche Polynome existieren, dann mu\3 wegen $$\frac {p_n(qx,a)-p_n(x,a)} {(q-1)x}=Dp_n(x,a)=[n]p_{n-1}(x,a)$$ gelten $$\align p_n(qx,a)&=p_n(x,a)+\(q^n-1\)xp_{n-1}(x,a) \\ \Rightarrow p_n(qa,a)&=0\text { f\"ur }n>1 \\ \Rightarrow p_n\(q^ia,a\)&=0\text { f\"ur }n>i \\ \Rightarrow p_n(x,a)&=(x-a)(x-qa)\cdots \(x-q^{n-1}a\)\ . \endalign$$ Man \"uberzeugt sich sehr leicht, da\3 diese Polynome tats\"achlich alle Forderungen erf\"ullen. \proclaim{Satz} Die eindeutig bestimmten Polynome $n$-ten Grades $p_n(x,a)$ mit $p_n(a,a)=\de_{n0}$ und $Dp_n=[n]p_{n-1}$ sind gegeben durch $p_0(x)\equiv 1$ und $$p_n(x,a)=(x-a)(x-qa)\cdots \(x-q^{n-1}a\),\quad n\ge 1.\tag1$$ \endproclaim Um die explizite Gestalt dieser Polynome zu finden, setzen wir $$p_n(x,a)=\sum _{k=0} ^{n} a_{nk}x^k\ .$$ Dann folgt aus 1.1\. (13) und (1) $$ a_{nk}=L\frac {D^k} {[k]!}p_n(x,a)=L\[{n\atop k}\]p_{n-k}(x,a) =(-1)^{n-k}q^{\({n-k\atop 2}\)}a^{n-k}\bmatrix n\\k\endbmatrix $$ und daher $$ p_n(x,a)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\[{n\atop k}\] q^{\({n-k\atop 2}\)}a^{n-k}x^k\ .\tag 2 $$ Das l\"a\3t sich auch in der Gestalt $$p_n(x,a)=\sum_{k=0}^n(-1)^kq^{\({k\atop 2}\)}\frac {a^kD^k} {[k]!}x^n$$ schreiben. Beachtet man 1.2\. (4), so gilt also $$p_n(x,a)=\frac {1} {e(aD)}x^n=e_{-1}(-aD)x^n\ .\tag 3$$ Beachtet man, da\3 $D^ne(xt)=t^ne(xt)$ ist, so folgt daraus $$\sum_{n=0}^\infty \frac {p_n(x,a)} {[n]!}t^n=\frac {1} {e(aD)} e(xt)=\frac {e(xt)} {e(at)}\ .\tag 4$$ Wegen $$\frac {e(xt)} {e(at)}\frac {e(at)} {e(yt)}=\frac {e(xt)} {e(yt)}$$ folgt duch Koeffizientenvergleich $$\sum_{k=0}^{n}\[{n\atop k}\]p_k(x,a)p_{n-k}(a,y)=p_n(x,y)\ .\tag 5$$ Die Polynome $p_n(x,a)$ treten bei verschiedenen Problemen auf. So gilt z.B. $$e\(q^nx\)=p_n(1,(1-q)x)e(x)\ .\tag 6$$ Das folgt sofort aus 1.2\. (2). Damit wiederum erh\"alt man $$\multline e(\varepsilon z)e(xt)=\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {\varepsilon^nz^n} {[n]!} e(xt)=\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {z^ne\(q^nxt\)} {[n]!} \\ =\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {p_n(1,(1-q)xt)} {[n]!}z^ne(xt)= \frac {e(z)} {e((1-q)xtz)}e(xt)\ , \endmultline$$ also $$ e(\varepsilon z)e(xt)=\frac {e(z)e(xt)} {e((1-q)xtz)}\ .\tag 7 $$ Eine weitere n\"utzliche Formel ist $$\frac {p_n(\varepsilon ,1)} {(q-1)^n}= q^{\({n\atop 2}\)}\bold x^nD^n\ .\tag 8$$ Denn wendet man beide Seiten auf $x^r$ an, $r=0,1,2,\dots$, so ergibt sich in beiden F\"allen $$q^{\binom n2}[r][r-1]\cdots [r-n+1]x^r\ .$$ \subhead 1.4. Die Rogers--Szeg\H o-Polynome \endsubhead Die Polynome $r_n(x,n)=(x+a)^n$ k\"onnen auch durch $D_0r_n=nr_{n-1}$ und $Lr_n(x,a)=a^n$ charakterisiert werden. Das f\"uhrt zu folgender Frage: Gibt es Polynome $r_n(x,n)$ $n$-ten Grades mit $Dr_n=[n]r_{n-1}$ und $Lr_n(x,a)=a^n$? Wenn es solche Polynome gibt, so folgt $r_n(x,a)=\sum_{k=0}^{n} a_{nk}x^k$ mit $$ a_{nk}=L\frac {D^k} {[k]!}r_n(x,a)=\[{n\atop k}\]Lr_{n-k}(x,a)= \[{n\atop k}\]a^{n-k} \ ,$$ also ist $$ r_n(x,a)=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]a^{n-k}x^k\ . $$ \proclaim{Satz} Die eindeutig bestimmten Polynome $n$-ten Grades $r_n(x,a)$ mit $Dr_n=[n]r_{n-1}$ und $Lr_n(x,a)=a^n$ sind die Rogers--Szeg\H o-Polynome $$r_n(x,a)=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]a^{n-k}x^k= a^nr_n\(\frac {x} {a}\)\text { mit }r_n(x)=r_n(x,1)\ .\tag 1$$ \endproclaim Es gilt dann $$ r_n(x,a)=\sum _{k=0} ^{\infty} \frac {a^k} {[k]!}D^kx^n$$ oder $$ r_n(x,a)=e(aD)x^n\tag 2 $$ und somit $$\sum_{n=0}^\infty \frac {r_n(x,a)} {[n]!}t^n= e(aD)e(xt)=e(at)e(xt)\ .\tag 3 $$ Aus (2) und 1.2\. (6) ergibt sich $$\align & r_n(x,a)=e(aD)\bold x^n\frac {1} {e(aD)}1= (e(aD)\bold x\frac {1} {e(aD)})^n1=(\bold x+a\varepsilon)^n1 \\ & \Rightarrow r_n(x,a)=(\bold x+a\varepsilon)^n1\ .\tag 4 \endalign$$ Aus (4) folgt $$\align r_{n+1}(x,a)&=(\bold x+a\varepsilon)r_n(x,a) \\ &=(\bold x+a)r_n(x,a)+a(\varepsilon -1)r_n(x,a) \\ &=(x+a)r_n(x,a)+a(q-1)xDr_n(x,a) \\ &=(x+a)r_n(x,a)+a(q^n-1)xr_{n-1}(x,a) \endalign$$ also $$ r_{n+1}(x,a)=(x+a)r_n(x,a)+a\(q^n-1\)xr_{n-1}(x,a)\ .\tag5$$ Die bekanntesten Spezialf\"alle sind f\"ur $a=1$, $x=1$ $$r_{n+1}(1)=2r_n(1)+\(q^n-1\)r_{n-1}(1)\tag 6$$ mit $r_n(1)=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]$ und die Gau\3sche Identit\"at $(x=1,a=-1)$ $$\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k\[{2n\atop k}\]= (1-q)(1-q^3)\cdots \(1-q^{2n-1}\)\ .\tag 7$$ \head 2.~Der $q$-binomische Lehrsatz \endhead Es gibt viele Formeln, die als $q$-binomischer Lehrsatz bezeichnet werden. F\"ur mein Gef\"uhl stellt der folgende Satz die einfachste und klarste Version dar: \proclaim{Satz 1 ($q$-binomischer Lehrsatz)} Seien $A_0$ und $A_1$ lineare Operatoren auf dem Vektorraum $P$ mit $A_1A_0=qA_0A_1$. Dann gilt $$\(A_0+A_1\)^n=\sum_{k=0}^n\[{n\atop k}\]A_0^kA_1^{n-k}\ .\tag 1$$ \endproclaim \demo{Beweis} Mit Induktion unter Verwendung von 1.1\. (16) ergibt sich $$\gather \(A_0+A_1\)\sum _{k=0} ^{n} \[{n\atop k}\]A_0^kA_1^{n-k}= \sum _{k=0} ^{n+1}\(\[{n\atop k-1}\]+q^k\[{n\atop k}\]\)A_0^kA_1^{n+1-k} \\ =\sum _{k=0} ^{n+1}\[{n+1\atop k}\]A_0^kA_1^{n+1-k}\ . \endgather$$ \enddemo Der entsprechende {\bf multinomische Lehrsatz} ist gegeben durch $$\(A_1+A_2+\cdots+ A_s\)^n=\sum_{k_1,k_2,\dots,k_s\ge0} \[{n\atop k_1,k_2,\dots,k_s}\] A_1^{k_1}\cdots A_s^{k_s}\ .\tag 2$$ Hier gilt $A_jA_i=qA_iA_j$ f\"ur $i1$. Mit Induktion folgt $\(x^kh_n(x)\)=0$ f\"ur $n>k$, daher gilt $$ F(h_n(x)h_k(x))=0\text { f\"ur }n\ne k\ .$$ Nun wollen wir $F\(h_n(x)h_n(q^kx)\)$ berechnen. Nach (4) gilt f\"ur jedes $k\in \Z$ $$\align F\(h_n(x)h_n(q^kx)\) & = F\(h_n(x)\(q^kxh_{n-1}(q^kx)-q^{n-1}[n-1]h_{n-2}(q^kx)\)\) \\ & =q^kF(xh_n(x)h_{n-1}(q^kx)) \\ & =q^kF\(\(h_{n+1}(x)+q^n[n]h_{n-1}(x)\)h_{n-1}(q^kx)\) \\ & =q^{k+n}[n]F\(h_{n-1}(x)h_{n-1}(q^kx)\). \endalign$$ Daraus erhalten wir $$ F\(h_n(x)h_n(q^kx)\)=[n]!\,q^{\({n+1\atop 2}\)+nk}\ .\tag 9 $$ Beachtet man, da\3 $Dh_{n+1}=[n+1]h_{n}$ ist, so folgt durch Kombination mit (4) $$\align h_{n+1}(qx)&=q^{n+1}xh_n(x)-q^n[n]h_{n-1}(x)\tag 10 \\ \Rightarrow \varepsilon h_{n+1}(x)&=q^n(q\bold x-D)h_n(x) \\ \Rightarrow h_{n+1}(x)&=q^n\(\bold x\varepsilon^{-1}- \varepsilon^{-1}D\)h_n(x) \\ \Rightarrow h_n(x)&=q^{\({n\atop 2}\)} \(\bold x\varepsilon^{-1}-\varepsilon^{-1}D\)^{n}1\tag 11 \\ \Rightarrow h_n(x)&=(\bold x-qD)\(\bold x-q^3D\)\cdots \(\bold x-q^{2n-1}D\)1.\tag 12 \endalign$$ Aus 1.2\. (9) und (11) ergibt sich $$\align h_n(x) & =q^{\({n\atop 2}\)}e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\) \(-\varepsilon^{-1}D\)^n\frac {1} {e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)}\tag 13 \\ & =q^{\({n\atop 2}\)}e_2\(\frac {qx^2} {[2]}\)\(-D_{-1}\)^n e_{-2}\(-\frac {x^2} {[2]_{-1}}\)\ . \endalign$$ Aus der Leibnizschen Formel ergibt sich nun $$\align \(\bold x\varepsilon^{-1}-\varepsilon^{-1}D\)^n & = (-1)^ne_2\(\frac {q\bold x^2} {[2]}\)\sum _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]_{-1}D_{-1}^k e_{-2}\(\frac {\bold x^2} {[2]_{-1}}\)\cdot \varepsilon^{-k}D_{-1}^{n-k} \\ & =(-1)^n\sum _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\](-1)^kq^{-\({k\atop 2}\)}h_k(\bold x) \(\varepsilon^{-1}D\)^{n-k}\varepsilon^{ -k} \\ \Rightarrow q^{\({n\atop 2}\)} \(\bold x\varepsilon^{-1}-\varepsilon^{-1}D\)^n&= \sum _{k=0} ^{n}(-1)^k\[{n\atop k}\]h_{n-k}(\bold x)\varepsilon^{-n}D^k\tag 14 \\ \Rightarrow h_{m+n}(x) & = q^{\({m+n\atop 2}\)-\({n\atop 2}\)-\({m\atop 2}\)}\sum _{k=0} ^{n}(-1)^k \[{n\atop k}\]h_{n-k}(\bold x)\varepsilon^{-n}D^kh_m(x) \\ & =q^{mn}\sum _{k=0} ^{n}(-1)^k\[{n\atop k}\]\[{m\atop k}\][k]!\,h_{n-k}(x) h_{m-k}\(\frac {x} {q^n}\) \\ \Rightarrow h_{m+n}(x) & =q^{mn}\sum _{k\ge0} ^{}(-1)^k\[{n\atop k}\] \[{m\atop k}\][k]!\,h_{n-k}(x)h_{m-k}\(\frac {x} {q^n}\)\ .\tag 15 \endalign$$ \subhead 3.3. Die Mehlersche Formel \endsubhead F\"ur die klassischen Hermite-Polynome gilt die Mehlersche Formel $$\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {h_n(x)h_n(y)} {n!}t^n=\frac {1} {\sqrt{1-t^2}} e^{\frac {xyt} {1-t^2}}e^{-\frac {t^2} {2}\frac {x^2+y^2} {1-t^2}}\ .$$ Wir wollen nun das folgende $q$-Analogon beweisen. \proclaim{Satz (Mehlersche Formel f\"ur $q$-Hermite-Polynome)} Es gilt $$\multline \sum_{n=0}^\infty \frac {h_n(x)h_n(y)} {[n]!\,q^{\({n+1\atop 2}\)}}t^n= \sum_{m=0}^\infty \frac {[2m-1]!!} {[2m]!!} \(\frac {t^2} {q}\)^m \\ \times \ e\(xy\eta ^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\) e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\) e_2\(\frac {y^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)1\ , \endmultline\tag1$$ wobei $\eta$ durch $\eta f(t)=f(qt)$ definiert ist. \endproclaim \demo{Beweis} Sei $$f(x,y,t)=\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {h_n(x)h_n(y)} {[n]!\,q^{\({n+1\atop 2}\)}}t^n.$$ Dann gilt $$\multline f(0,0,t)=\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {h_{2n}^2(0)} {[2n]!\, q^{\({2n+1\atop 2}\)}}t^{2n} \\ =\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {q^{2n^2}\([2n-1]!!\)^2} {[2n]!\,q^{n(2n+1)}}t^{2n}= \sum _{n=0} ^{\infty}\frac {[2n-1]!!} {[2n]!!}\(\frac {t^2} {q}\)^n\ . \endmultline\tag2$$ (Zur Erinnerung: Wir hatten $[-1]!!=1$ vereinbart.) Weiters ist $$\eta D_xf(x,y,t)=\(\frac {ty} {1-t^2}-\frac {t^2x} {1-t^2}\) f(x,y,t)\ .\tag 3$$ Es ist n\"amlich $$\align & D_xf(x,y,t)= \sum _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)h_n(y)} {[n-1]!\,q^{\({n+1\atop 2}\)}}t^n \\ \Rightarrow & \, \eta D_xf(x,y,t)= \sum _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)h_n(y)} {[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n \\ \Rightarrow & \, \eta D_yf(x,y,t)= \sum _{n=1} ^{\infty}\frac {h_n(x)h_{n-1}(y)} {[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n \\ \Rightarrow & \(\eta D_x+t\eta D_y\)f(x,y,t)= \sum _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)\(h_n(y)+[n-1]q^{n-1}h_{n-2}(y)\)} {[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n \\ & =\sum _{n=1} ^{\infty}\frac {h_{n-1}(x)yh_{n-1}(y)} {[n-1]!\,q^{\({n\atop 2}\)}}t^n= ytf(x,y,t) \\ \Rightarrow & \(\eta D_x+t\eta D_y\)f(x,y,t)=ytf(x,y,t)\tag 4 \\ & \(\eta D_y+t\eta D_x\)f(x,y,t)=xtf(x,y,t)\tag 4' \\ \Rightarrow & \, \eta D_xf(x,y,t)=(yt-t\eta D_y)f(x,y,t) \\ &\hphantom{ \, \eta D_xf(x,y,t)} =\(yt-xt^2+t^2\eta D_x\)f(x,y,t) \endalign$$ und daraus folgt (3). Durch (2) und (3) ist $f(x,y,t)$ eindeutig festgelegt, da $f(x,0,t)$ eindeutig bestimmt ist. Wegen $f(0,y,t)=f(y,0,t)$ ist daher auch $f(x,y,t)$ eindeutig bestimmt. Es gen\"ugt daher zu zeigen, da\3 die rechte Seite von (1) ebenfalls (2) und (3) erf\"ullt. Nun ist $$\align & D_xe\(xy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\) e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)= \\ & =e\(qxy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\) \(x\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\) e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)+ \\ & +y\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}} e\(xy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\) e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\)= \\ & =\eta^{-1}\(\frac {yt} {1-\frac {t^2} {q}}- \frac {xt^2} {1-\frac {t^2} {q}}\) e\(xy\eta^{-1}\frac {t} {1-\frac {t^2} {q}}\) e_2\(\frac {x^2} {[2]}\eta^{-1}\frac {t^2} {\frac {t^2} {q}-1}\) \endalign$$ weil $\(\eta^{-1}f(t)\)^n\eta^{-1}f(t)t=\frac {1} {q^n}\eta^{-1} f(t)t\(\eta^{-1}f(t)\)^n$ ist. Es gen\"ugt daher zu zeigen, da\3 $$\gather \eta \sum_{m=0}^\infty \frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\(\frac {t^2} {q}\)^m \eta^{-1}\(\frac {yt} {1-\frac {t^2} {q}}- \frac {xt^2} {1-\frac {t^2} {q}}\)= \\ =\(\frac {ty} {1-t^2}-\frac {t^2x} {1-t^2}\)\sum _{m=0} ^{\infty} \frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\(\frac {t^2} {q}\)^m \endgather$$ gilt, oder da\3 $$\(1-t^2\)\sum _{m=0} ^{\infty}\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\(qt^2\)^m= \(1-\frac {t^2} {q}\)\sum _{m=0} ^{\infty}\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!} \(\frac {t^2} {q}\)^m\tag 5$$ erf\"ullt ist. (5) ist durch Koeffizientenvergleich \"aquivalent mit $$\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}q^m-\frac {[2m-3]!!} {[2m-2]!!}q^{m-1}= \frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}\frac {1} {q^m}-\frac {[2m-3]!!} {[2m-2]!!} \frac {1} {q^m}$$ oder mit $$\frac {[2m-1]} {[2m]}\(q^m-\frac {1} {q^m}\)= q^{m-1}-\frac {1} {q^m}\ ,$$ d.h\. mit $$\frac {[2m-1]} {[2m]}\frac {\(q^{2m}-1\)} {q^m}= \frac {q^{2m-1}-1} {q^m}\ ,$$ was offenbar richtig ist. Damit ist die Mehlersche Formel bewiesen. \enddemo \head 4.~Die $q$-Laguerre-Polynome \endhead \subhead 4.1. Vorbemerkungen \endsubhead Die klassischen {\it Laguerre-Polynome\/} $L_n^{(\al)} (x)$, $\al >-1$, k\"onnen durch die erzeugenden Funktionen $$\sum_{n=0}^\infty \frac {L_n^{(\al)}(x)} {n!}t^n= \frac {1} {(1-t)^{\al +1}}e^{\frac {xt} {t-1}}$$ oder $$\sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^nL_n^{(\al -n)}(x)t^n} {n!}= (1-t)^\al e^{xt}$$ oder $$\sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^nL_n^{(\al)}(x)t^n} {n!\,(\al+1)\cdots (\al+n)}= e^{-t}\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {x^nt^n} {n!\,(\al+1)\cdots (\al+n)}$$ definiert werden. Sie sind Polynome $n$-ten Grades, die durch $$\align L_n^{(\al)}(x) & =(1-D_0)^{\al+1}x(D_0-1)^nx^{n-1} \\ & =x^{-\al}e^xD^ne^{-x}x^{n+\al} \\ & =(-1)^n(1-D)^{n+\al}x^n \endalign$$ gegeben sind. Sie erf\"ullen die Rekursion $$L_{n+1}^{(\al)}(x)=(\al+2n+1-x)L_n^{(\al)}(x)-n(n+\al) L_{n-1}^{(\al)}(x)$$ mit $$L_0^{(\al)}(x)\equiv 1,\quad L_1^{(\al)}(x)=1+\al-x\ .$$ Sie sind orthogonal bez\"uglich des inneren Produktes $$[f(x),g(x)]=\frac {1} {\Gamma(\al+1)}\intl_0^\infty f(x)g(x)x^\al e^{-x}dx=L\frac {1} {(1-D_0)^{\al+1}}f(x)g(x)\ .$$ Wir suchen ein $q$-Analogon, welches wom\"oglich alle diese Eigenschaften besitzt. Ein Weg dazu besteht in folgender Bemerkung: Vergleicht man die Formeln $$L_n^{(\al)}(x)=\sum_{k=0}^n\({n+\al \atop n-k}\)\frac {n!} {k!} (-x)^k$$ und $$(x+\al+1)\cdots (x+\al+n)=\sum_{k=0}^n\({n+\al \atop n-k}\) \frac {n!} {k!}x(x-1)\cdots (x-k+1)\ ,$$ so sieht man, da\3 in beiden F\"allen dieselben Koeffizienten auftreten. Von der zweiten Formel gibt es nat\"urliche $q$-Analoga. Diese f\"uhren zu zwei Klassen von $q$-Laguerre-Polynomen $$L_n^{(\al)}(x)=(-1)^n(\varepsilon-D)^{n+\al}x^n$$ und $$l_n^{(\al)}(x)=(-1)^np_{n+\al}(1,D)x^n\ .$$ Wir wollen uns hier auf die Polynome $l_n^{(\al)}(x)$ beschr\"anken, f\"ur welche auch ein Zusammenhang mit den $q$-Hermite-Polynomen besteht. \subhead 4.2. Die formalen Potenzreihen $p_\al (1,x)$ \endsubhead Wir wollen die Polynome $p_n(1,x)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k q^{\({k\atop 2}\)}\[{n\atop k}\]x^k$ auf beliebige reelle $\al$ erweitern. Wir setzen dazu $$p_\al (1,x)=\sum_{k=0}^\infty (-1)^kq^{\({k\atop 2}\)} \[{\al \atop k}\]x^k\ .\tag 1$$ Nun ist $$q^{\({k\atop 2}\)}\[{\al \atop k}\]= \frac {(q^\al -1)(q^\al -q)\cdots (q^\al -q^{k-1})} {(q-1)^k[k]!}= \frac {p_k(q^\al ,1)} {(q-1)^k[k]!}\ ,$$ und daher gilt $$p_\al (1,x)=\sum_{k=0}^\infty \frac {p_k(q^\al ,1)} {[k]!} \(\frac {x} {1-q}\)^k= \frac {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)} {e\(\frac {x} {1-q}\)}\tag 2$$ nach 1.3\. (4). Weiter ist $\frac {p_k(1,q^\al)} {(1-q)^k}=[\al][\al+1]\cdots [\al+k-1]$, und daher gilt $$\frac {1} {p_\al (1,x)}= \frac {e\(\frac {x} {1-q}\)} {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)}= \sum_{k=0}^\infty \[{\al+k-1\atop k}\]x^k\ .\tag 3$$ Wir ben\"otigen noch die folgenden Formeln: $$p_{\al+1}(1,x)=(1-q^\al x)p_\al (1,x)\tag 4$$ und $$p_{\al+\be}(1,x)=p_\al (1,x)p_\be (1,q^\al x)\ .\tag 5$$ Da (4) ein Spezialfall von (5) ist $(\be =1)$, gen\"ugt es (5) zu zeigen. Das ergibt sich aus (2): $$p_\al (1,x)p_\be (1,q^\al x)= \frac {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)} {e\(\frac {x} {1-q}\)} \frac {e\(\frac {q^\be q^\al x} {1-q}\)} {e\(\frac {q^\al x} {1-q}\)}= \frac {e\(\frac {q^{\al+\be}x} {1-q}\)} {e\(\frac {x} {1-q}\)}= p_{\al+\be}(1,x)\ .$$ \remark{Bemerkung} Die Gleichung 3.3\. (5) folgt ebenfalls aus (5), wenn man $\al =\frac {1} {2}$ setzt und $q$ durch $q^2$ ersetzt. Es ist dann n\"amlich $$\frac {1} {p_{\frac {1} {2}}(1,x;q^2)}= \sum _{m=0} ^{\infty}\frac {[2m-1]!!} {[2m]!!}x^m\ ,$$ und 3.3\. (5) \"aquivalent mit $$\(1-\sqrt q\frac {x} {\sqrt q}\)p_{\frac {1} {2}} \(1,\frac {x} {\sqrt q}\)=p_{\frac {3} {2}}\(1,\frac {x} {\sqrt q}\)= \(1-\frac {x} {\sqrt q}\)p_{\frac {1} {2}}\(1,q\frac {x} {\sqrt q}\)\ .$$ \endremark \subhead 4.3. Die $q$-Laguerre-Polynome $l_n^{(\al)}(x)$ \endsubhead Wir definieren die {\it $q$-Laguerre-Polynome\/} $l_n^{(\al)}(x)$ durch die Formel $$l_n^{(\al)}(x)=(-1)^np_{n+\al}(1,D)x^n\ .\tag 1$$ Es gilt dann $$\align l_n^{(\al)}(x) & =(-1)^n\sum_{k=0}^n(-1)^kq^{\({k\atop 2}\)} \[{n+\al \atop k}\]D^kx^n \\ & =\sum_{k=0}^n(-1)^kq^{\({n-k\atop 2}\)}\[{n+\al \atop n-k}\] \frac {[n]!} {[k]!}x^k \\ \Rightarrow l_n^{(\al)}(x) & =\sum_{k=0}^n\[{n+\al \atop n-k}\] \frac {[n]!} {[k]!}(-1)^kq^{\({n-k\atop 2}\)}x^k\ .\tag 2 \endalign$$ Definiert man f\"ur $\al >-1$ den Operator $T_\al$ auf $P$ durch $$T_\al x^n=\frac {x^{n+1}} {[\al+n+1]},\quad n=0,1,2,\dots ,\tag 3$$ so gilt $$T_\al^k1=\frac {x^k} {[\al+1]\cdots [\al+k]}\ .\tag 4$$ Aus (2) ergibt sich daher $$\frac {(-1)^nl_n^{(\al)}(x)} {[\al+1]\cdots [\al+n]}= \sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\[{n\atop k}\]q^{\({n-k\atop 2}\)}T_\al^k1= p_n(T_\al ,1)1\ .\tag 5$$ Aus 1.3 (4) folgt somit $$\align \sum _{n=0} ^{\infty}\frac {(-1)^nl_n^{(\al)}(x)\,t^n} {[n]!\,[\al+1]\cdots [\al+n]}&= \frac {1} {e(t)}e(T_\al t)1 \tag 6\\ &=\frac {1} {e(t)}\sum _{n=0} ^{\infty}\frac {x^nt^n} {[n]!\,[\al+1]\cdots [\al+n]}\ . \endalign$$ Definiert man nun $S_\al$ auf dem Vektorraum $P_0$ der Polynome $p$ mit $Lp=0$ durch $$S_\al x^n=[n+\al]x^{n-1}=\(x^{-\al}Dx^\al \)x^n,\quad n\ge 1\ ,\tag 7$$ so gilt $$\align S_\al T_\al x^n&=x^n\text { f\"ur }n\ge 0\tag 8\\ T_\al S_\al x^n&=x^n\text { f\"ur }n\ge 1\tag 9 \endalign$$ $$\align & \Rightarrow (-1)^nl_n^{(\al)}(x)=[\al+1]\cdots [\al+n]p_n(T_\al,1)1 \\ &\hskip1cm =p_n(T_\al ,1)S_\al^nx^n=p_n(1,S_\al)x^n \\ & \Rightarrow (-1)^nl_n^{(\al)}(x)=p_n(1,S_\al)x^n= x^{-\al}p_n(1,D)x^{n+\al}\ .\tag 10 \endalign$$ Der Operator $T_\al$ ist auch sonst sehr n\"utzlich. Will man etwa ein $q$-Analogon der sogenannten {\it Verdoppelungsformel\/} ableiten, so kann man folgenderma\3en vorgehen: Aus 1.3\. (5) folgt $$p_n(ax,1)=\sum _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]a^kp_{n-k}(a,1)p_k(x,1)\ .$$ $$\align & \Rightarrow p_n(aT_\al ,1)=\sum _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]a^kp_{n-k}(a,1) p_k(T_\al ,1) \\ & \Rightarrow (-1)^n\frac {l_n^{(\al)}(ax)} {[\al+1]\cdots [\al+n]}= \sum _{k=0} ^{n}\[{n\atop k}\]a^kp_{n-k}(a,1) \frac {(-1)^k{l_k}^{(\al)}(x)} {[\al+1]\cdots [\al+k]} \\ & \Rightarrow l_n^{(\al)}(ax)=\sum _{k=0} ^{n}\[{n+\al \atop n-k}\] \frac {[n]!} {[k]!}(-1)^{n-k}a^kp_{n-k}(a,1)l_k^{(\al)}(x)\ .\tag 11 \endalign$$ Nun zu den anderen erzeugenden Funktionen: Aus (1) folgt $$\align & \sum _{n=0} ^{\infty}\frac {(-1)^nl_n^{(\al-n)}(x)t^n} {[n]!}= \sum _{n=0} ^{\infty}\frac {p_\al (1,D)x^nt^n} {[n]!}=p_\al (1,D)e(xt) \\ & \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty \frac {(-1)^nl_n^{(\al-n)}(x)t^n} {[n]!}=p_\al (1,D)e(xt)\ .\tag 12 \endalign$$ Aus (2) ergibt sich $$\align \sum _{n=0} ^{\infty}\frac {l_n^{(\al)}(x)} {q^{\({n\atop 2}\)}}\frac {t^n} {[n]!}&= \sum _{n=0} ^{\infty}\frac {t^n} {[n]!}q^{-\({n\atop 2}\)}\sum _{k=0} ^{n} \[{n+\al \atop n-k}\] \frac {[n]!} {[k]!}q^{\({n-k\atop 2}\)}(-x)^k \\ &= \sum _{k=0} ^{\infty}\frac {(-x)^kt^k} {[k]!}\sum_{n\ge k} q^{-\({n\atop 2}\)+\({n-k\atop 2}\)}\[{n+\al \atop n-k}\]t^{n-k} \\ &= \sum _{k=0} ^{\infty}\frac {(-xt)^k} {[k]!}\sum_{n=0}^\infty \[{n+\al+k\atop n}\]q^{\({n\atop 2}\)-\({n+k\atop 2}\)}t^n \\ &= \sum _{k=0} ^{\infty} \frac {(-1)^kx^kt^k} {q^{\({k\atop 2}\)}[k]!} \sum_{n=0}^\infty \[{n+\al+k\atop n}\]\(\frac {t} {q^k}\)^n\ . \endalign$$ Nun ist $$\sum_{n=0}^{\infty} \[{n+\al+k\atop n}\]\(\frac {t} {q^k}\)^n= \frac {1} {p_{\al+k+1}\(1,\frac {t} {q^k}\)}= \frac {1} {p_k\(1,\frac {t} {q^k}\)}\cdot \frac {1} {p_{\al+1}(1,t)}$$ nach 4.2\. (3) und (5). $$\align \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty \frac {l_n^{(\al)}(x)} {q^{\({n\atop 2}\)}} \frac {t^n} {[n]!}&=\frac {1} {p_{\al+1}(1,t)}\sum_{n=0}^\infty \frac {x^k} {q^{\({k\atop 2}\)}[k]!} \frac {t^k} {\(\frac {t} {q}-1\)\cdots \(\frac {t} {q^k}-1\)}\tag 13 \\ & =\frac {1} {p_{\al+1}(1,t)}e\(q\bold x\eta^{-1}\frac {t} {t-1}\)1\ . \endalign$$ mit $\eta t^n=q^nt^n$. F\"ur $n=0,1,2,\dots$ gilt $$p_n(1,D)=(-1)^nq^{\({n\atop 2}\)}e(qx)D^n \frac {1} {e\(\frac {x} {q^{n-1}}\)}\tag 14$$ weil $e(aqx)D\frac {1} {e(ax)}=D-a$ gilt. Aus (10) folgt daher $$\frac {l_n^{(\al)}(x)} {q^{\({n\atop 2}\)}}=x^{-\al}e(qx)D^n \frac {1} {e\(\frac {x} {q^{n-1}}\)}x^{n+\al}\ .\tag 15$$ Aus (1) ergibt sich $$l_n^{(\al)}(x)=(-1)^np_{n-1}(1,D)p_{\al+1}\(1,q^{n-1}D\)x^n$$ und somit $$l_n^{(\al)}(x)=p_{\al+1}\(1,q^{n-1}D\)l_n^{(-1)}(x)\tag 16$$ mit $$l_n^{(-1)}(x)=(-1)^nxp_n(1,D)x^{n-1}\ .$$ Wendet man auf beide Seiten von (16) $\varepsilon^n$ an, so ergibt sich $$l_n^{(\al)}\(q^nx\)= p_{\al+1}\(1,\frac {D} {q}\)l_n^{(-1)}\(q^nx\)\ .\tag 16'$$ Wir behaupten nun, da\3 die $q$-Laguerre-Polynome $l_n^{(\al)}(x)$ f\"ur $\al >-1$ orthogonal bez\"uglich des linearen Funktionals $$F(p)=L\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}p(x)\tag 17$$ sind. Wegen $$\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}=\sum_{k=0}^\infty \[{\al+k\atop k}\]D^k\text { und }\[{\al+k+1\atop k+1}\]= \frac {[\al+1]} {[k+1]}\[{\al+k+1\atop k}\]$$ gilt $$\align & L\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}\bold x=[\al+1]\,L\frac {1} {p_{\al+2}(1,D)} \\ & \Rightarrow L\frac {1} {p_{\al+1}(1,D)}\bold x^k=[\al+1]\cdots [\al+k] \,L\frac {1} {p_{\al+k+1}(1,D)}\ . \\ & \Rightarrow F\(l_n^{(\al)}(x)x^k\)= L\frac {[\al+1]\cdots [\al+k]} {p_{\al+k+1}(1,D)}l_n^{(\al)}(x) \\ &\hphantom{ \Rightarrow F\(l_n^{(\al)}(x)x^k\)} =[\al+1]\cdots [\al+k]\,L\frac {(-1)^n} {p_{\al+k+1}(1,D)} p_{n+\al}(1,D)x^n \\ &\hphantom{ \Rightarrow F\(l_n^{(\al)}(x)x^k\)} =[\al+1]\cdots [\al+k](-1)^nLp_{n-k-1}\(1,q^{\al+k+1}D\)x^n=0 \endalign$$ f\"ur $k